IChO 1975 · Theory problem 4
Dilution of formic acid and degree of ionisation
The pH value of a solution containing 3 % by mass of formic acid (\(\rho = 1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}\)) is equal to 1.97.
Problem:
4.1 How many times should the solution be diluted to attain a tenfold increase in the value of ionisation degree?
Relative atomic masses: \(A_{\mathrm r}(\ce{H}) = 1.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{C}) = 12.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{O}) = 16.\)
Official English text of the problem.
Answers
- 4.1: The required dilution factor is \(117.6 \approx 118\): the final solution volume should be approximately 118 times the initial volume.
Solution
4.1
Formic acid O=CO reacts with water O to form hydronium [OH3+] and formate O=C[O-]:
\[ \ce{HCOOH + H2O <=> H3O+ + HCOO-}. \]
We use the usual approximation of concentrations for activities and neglect the autoionisation of water.
The molar mass of formic acid is
\[ M=2(1.01)+12.01+2(16) =46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}}. \]
One litre of the initial solution has mass
\[ m_{\text{solution}} =(1000\ \mathrm{cm^3})(1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}) =1004.9\ \mathrm g, \]
and therefore contains \(0.03(1004.9)=30.147\ \mathrm g\) of formic acid. Its analytical concentration is
\[ c_1=\frac{30.147\ \mathrm g} {(46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}})(1\ \mathrm L)} =0.654942\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
The initial hydronium concentration follows from the pH:
\[ [\ce{H3O+}]_1 =10^{-1.97}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} =0.0107152\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
Consequently, the initial degree of ionisation is
\[ \alpha_1=\frac{[\ce{H3O+}]_1}{c_1} =\frac{0.0107152}{0.654942} =0.0163605. \]
The required final degree is thus
\[ \alpha_2=10\alpha_1=0.163605. \]
For an analytical acid concentration \(c\) and degree of ionisation \(\alpha\),
\[ [\ce{H3O+}]=[\ce{HCOO-}]=c\alpha, \qquad [\ce{HCOOH}]=c(1-\alpha). \]
Hence the concentration form of the acid dissociation constant is
\[ K_a=\frac{c\alpha^2}{1-\alpha}. \]
At constant temperature, this gives for the two solutions
\[ \frac{c_1\alpha_1^2}{1-\alpha_1} = \frac{c_2(10\alpha_1)^2}{1-10\alpha_1}. \]
Cancelling \(\alpha_1^2\) and rearranging explicitly,
\[ c_1(1-10\alpha_1)=100c_2(1-\alpha_1), \]
so
\[ \frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-\alpha_1}{1-10\alpha_1}. \]
Dilution conserves the total amount of acid, so \(c_1V_1=c_2V_2\). Therefore,
\[ \boxed{ \frac{V_2}{V_1} =\frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-0.0163605}{1-0.163605} =117.6047 \approx118 }. \]
The \(1-\alpha\) factors must be retained because the final ionisation degree is about \(16.4\%\); the small-ionisation approximation would give an inaccurate dilution factor of \(100\).
The solution was checked against the official solution.
IChO 1975 · Theorieaufgabe 4
Verdünnung von Ameisensäure und Dissoziationsgrad
Der pH-Wert einer Lösung mit einem Massenanteil an Ameisensäure von 3 % (\(\rho = 1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}\)) beträgt 1.97.
Aufgabe:
4.1 Um welchen Faktor muss die Lösung verdünnt werden, damit der Dissoziationsgrad auf das Zehnfache steigt?
Relative Atommassen: \(A_{\mathrm r}(\ce{H}) = 1.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{C}) = 12.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{O}) = 16.\)
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt.
Antworten
- 4.1: Der erforderliche Verdünnungsfaktor beträgt \(117.6 \approx 118\): Das endgültige Lösungsvolumen muss ungefähr das 118-Fache des Anfangsvolumens betragen.
Lösung
4.1
Ameisensäure O=CO reagiert mit Wasser O unter Bildung von Oxoniumionen [OH3+] und Formiationen O=C[O-]:
\[ \ce{HCOOH + H2O <=> H3O+ + HCOO-}. \]
Wir verwenden die übliche Näherung, bei der die Aktivitäten durch Konzentrationen ersetzt werden, und vernachlässigen die Autoprotolyse des Wassers.
Die molare Masse der Ameisensäure beträgt
\[ M=2(1.01)+12.01+2(16) =46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}}. \]
Ein Liter der Ausgangslösung hat die Masse
\[ m_{\text{Lösung}} =(1000\ \mathrm{cm^3})(1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}) =1004.9\ \mathrm g, \]
und enthält daher \(0.03(1004.9)=30.147\ \mathrm g\) Ameisensäure. Ihre analytische Konzentration beträgt
\[ c_1=\frac{30.147\ \mathrm g} {(46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}})(1\ \mathrm L)} =0.654942\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
Die anfängliche Oxoniumionenkonzentration ergibt sich aus dem pH-Wert:
\[ [\ce{H3O+}]_1 =10^{-1.97}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} =0.0107152\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
Folglich beträgt der anfängliche Dissoziationsgrad
\[ \alpha_1=\frac{[\ce{H3O+}]_1}{c_1} =\frac{0.0107152}{0.654942} =0.0163605. \]
Der angestrebte endgültige Dissoziationsgrad beträgt somit
\[ \alpha_2=10\alpha_1=0.163605. \]
Für eine analytische Säurekonzentration \(c\) und einen Dissoziationsgrad \(\alpha\) gilt:
\[ [\ce{H3O+}]=[\ce{HCOO-}]=c\alpha, \qquad [\ce{HCOOH}]=c(1-\alpha). \]
Damit lautet die Säuredissoziationskonstante in Konzentrationsform
\[ K_a=\frac{c\alpha^2}{1-\alpha}. \]
Bei konstanter Temperatur ergibt sich daraus für die beiden Lösungen
\[ \frac{c_1\alpha_1^2}{1-\alpha_1} = \frac{c_2(10\alpha_1)^2}{1-10\alpha_1}. \]
Durch Kürzen von \(\alpha_1^2\) und explizites Umstellen erhält man
\[ c_1(1-10\alpha_1)=100c_2(1-\alpha_1), \]
also
\[ \frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-\alpha_1}{1-10\alpha_1}. \]
Beim Verdünnen bleibt die gesamte Stoffmenge der Säure erhalten, sodass \(c_1V_1=c_2V_2\) gilt. Daher ist
\[ \boxed{ \frac{V_2}{V_1} =\frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-0.0163605}{1-0.163605} =117.6047 \approx118 }. \]
Die Faktoren \(1-\alpha\) müssen beibehalten werden, da der endgültige Dissoziationsgrad etwa \(16.4\%\) beträgt; die Näherung für einen kleinen Dissoziationsgrad würde einen ungenauen Verdünnungsfaktor von \(100\) ergeben.
Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.
IChO 1975 · Teori sorusu 4
Formik asidin seyreltilmesi ve iyonlaşma derecesi
Kütlece % 3 formik asit içeren bir çözeltinin (\(\rho = 1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}\)) pH değeri 1.97'ye eşittir.
Soru:
4.1 İyonlaşma derecesinin değerini on katına çıkarmak için çözelti kaç kat seyreltilmelidir?
Bağıl atom kütleleri: \(A_{\mathrm r}(\ce{H}) = 1.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{C}) = 12.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{O}) = 16.\)
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir.
Cevaplar
- 4.1: Gerekli seyreltme katsayısı \(117.6 \approx 118\)'dir: son çözelti hacmi yaklaşık olarak başlangıç hacminin 118 katı olmalıdır.
Çözüm
4.1
Formik asit O=CO, su O ile tepkimeye girerek hidronyum [OH3+] ve format O=C[O-] oluşturur:
\[ \ce{HCOOH + H2O <=> H3O+ + HCOO-}. \]
Aktiviteler yerine derişimlerin kullanıldığı yaygın yaklaşımı uyguluyor ve suyun otoiyonlaşmasını ihmal ediyoruz.
Formik asidin mol kütlesi
\[ M=2(1.01)+12.01+2(16) =46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}}. \]
Başlangıç çözeltisinin bir litresinin kütlesi
\[ m_{\text{çözelti}} =(1000\ \mathrm{cm^3})(1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}) =1004.9\ \mathrm g, \]
olduğundan, bu miktar \(0.03(1004.9)=30.147\ \mathrm g\) formik asit içerir. Analitik derişimi
\[ c_1=\frac{30.147\ \mathrm g} {(46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}})(1\ \mathrm L)} =0.654942\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
Başlangıçtaki hidronyum derişimi pH değerinden bulunur:
\[ [\ce{H3O+}]_1 =10^{-1.97}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} =0.0107152\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
Buna göre, başlangıçtaki iyonlaşma derecesi
\[ \alpha_1=\frac{[\ce{H3O+}]_1}{c_1} =\frac{0.0107152}{0.654942} =0.0163605. \]
Dolayısıyla, istenen son iyonlaşma derecesi
\[ \alpha_2=10\alpha_1=0.163605. \]
Analitik asit derişimi \(c\) ve iyonlaşma derecesi \(\alpha\) için,
\[ [\ce{H3O+}]=[\ce{HCOO-}]=c\alpha, \qquad [\ce{HCOOH}]=c(1-\alpha). \]
Böylece asit ayrışma sabitinin derişimler cinsinden ifadesi
\[ K_a=\frac{c\alpha^2}{1-\alpha}. \]
Sabit sıcaklıkta bu ifade, iki çözelti için şu eşitliği verir:
\[ \frac{c_1\alpha_1^2}{1-\alpha_1} = \frac{c_2(10\alpha_1)^2}{1-10\alpha_1}. \]
\(\alpha_1^2\) sadeleştirilip eşitlik açıkça yeniden düzenlendiğinde,
\[ c_1(1-10\alpha_1)=100c_2(1-\alpha_1), \]
dolayısıyla
\[ \frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-\alpha_1}{1-10\alpha_1}. \]
Seyreltme sırasında toplam asit miktarı korunur; dolayısıyla \(c_1V_1=c_2V_2\). Bu nedenle,
\[ \boxed{ \frac{V_2}{V_1} =\frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-0.0163605}{1-0.163605} =117.6047 \approx118 }. \]
Son iyonlaşma derecesi yaklaşık \(16.4\%\) olduğundan \(1-\alpha\) çarpanları korunmalıdır; iyonlaşma derecesinin küçük olduğu yaklaşımı, seyreltme katsayısını hatalı olarak \(100\) verirdi.
Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IChO 1975 · Problema teórico 4
Dilución del ácido fórmico y grado de ionización
El valor del pH de una disolución que contiene un 3 % en masa de ácido fórmico (\(\rho = 1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}\)) es igual a 1.97.
Problema:
4.1 ¿Cuántas veces debe diluirse la disolución para que el valor del grado de ionización aumente diez veces?
Masas atómicas relativas: \(A_{\mathrm r}(\ce{H}) = 1.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{C}) = 12.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{O}) = 16.\)
Enunciado traducido del texto oficial en inglés.
Respuestas
- 4.1: El factor de dilución necesario es \(117.6 \approx 118\): el volumen final de la disolución debe ser aproximadamente 118 veces el volumen inicial.
Solución
4.1
El ácido fórmico O=CO reacciona con el agua O para formar el ion hidronio [OH3+] y el ion formiato O=C[O-]:
\[ \ce{HCOOH + H2O <=> H3O+ + HCOO-}. \]
Utilizamos la aproximación habitual de sustituir las actividades por las concentraciones y despreciamos la autoionización del agua.
La masa molar del ácido fórmico es
\[ M=2(1.01)+12.01+2(16) =46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}}. \]
Un litro de la disolución inicial tiene una masa de
\[ m_{\text{disolución}} =(1000\ \mathrm{cm^3})(1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}) =1004.9\ \mathrm g, \]
y, por tanto, contiene \(0.03(1004.9)=30.147\ \mathrm g\) de ácido fórmico. Su concentración analítica es
\[ c_1=\frac{30.147\ \mathrm g} {(46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}})(1\ \mathrm L)} =0.654942\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
La concentración inicial de iones hidronio se obtiene a partir del pH:
\[ [\ce{H3O+}]_1 =10^{-1.97}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} =0.0107152\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
Por consiguiente, el grado de ionización inicial es
\[ \alpha_1=\frac{[\ce{H3O+}]_1}{c_1} =\frac{0.0107152}{0.654942} =0.0163605. \]
El grado final requerido es, por tanto,
\[ \alpha_2=10\alpha_1=0.163605. \]
Para una concentración analítica del ácido \(c\) y un grado de ionización \(\alpha\),
\[ [\ce{H3O+}]=[\ce{HCOO-}]=c\alpha, \qquad [\ce{HCOOH}]=c(1-\alpha). \]
Por tanto, la expresión de la constante de disociación ácida en función de las concentraciones es
\[ K_a=\frac{c\alpha^2}{1-\alpha}. \]
A temperatura constante, esto da, para las dos disoluciones,
\[ \frac{c_1\alpha_1^2}{1-\alpha_1} = \frac{c_2(10\alpha_1)^2}{1-10\alpha_1}. \]
Cancelando \(\alpha_1^2\) y reordenando explícitamente,
\[ c_1(1-10\alpha_1)=100c_2(1-\alpha_1), \]
de modo que
\[ \frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-\alpha_1}{1-10\alpha_1}. \]
La dilución conserva la cantidad total de ácido, por lo que \(c_1V_1=c_2V_2\). Por tanto,
\[ \boxed{ \frac{V_2}{V_1} =\frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-0.0163605}{1-0.163605} =117.6047 \approx118 }. \]
Deben conservarse los factores \(1-\alpha\) porque el grado de ionización final es de aproximadamente \(16.4\%\); la aproximación de grado de ionización pequeño daría un factor de dilución inexacto de \(100\).
La solución se comprobó con la solución oficial.
IChO 1975 · 理论题 4
甲酸的稀释与电离度
质量分数为 3 % 的甲酸溶液（\(\rho = 1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}\)）的 pH 值为 1.97。
问题：
4.1 要使电离度增大至原来的十倍，应将该溶液稀释至原体积的多少倍？
相对原子质量：\(A_{\mathrm r}(\ce{H}) = 1.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{C}) = 12.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{O}) = 16.\)
题目译自官方英文原文。
答案
- 4.1: 所需的稀释倍数为 \(117.6 \approx 118\)：最终溶液体积应约为初始体积的 118 倍。
解答
4.1
甲酸 O=CO 与水 O 反应，生成水合氢离子 [OH3+] 和甲酸根离子 O=C[O-]：
\[ \ce{HCOOH + H2O <=> H3O+ + HCOO-}. \]
我们采用通常的近似，以浓度代替活度，并忽略水的自电离。
甲酸的摩尔质量为
\[ M=2(1.01)+12.01+2(16) =46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}}. \]
一升初始溶液的质量为
\[ m_{\text{溶液}} =(1000\ \mathrm{cm^3})(1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}) =1004.9\ \mathrm g, \]
因此，其中含有 \(0.03(1004.9)=30.147\ \mathrm g\) 甲酸。其分析浓度为
\[ c_1=\frac{30.147\ \mathrm g} {(46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}})(1\ \mathrm L)} =0.654942\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
由 pH 可得初始水合氢离子浓度：
\[ [\ce{H3O+}]_1 =10^{-1.97}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} =0.0107152\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
因此，初始电离度为
\[ \alpha_1=\frac{[\ce{H3O+}]_1}{c_1} =\frac{0.0107152}{0.654942} =0.0163605. \]
所要求的最终电离度因而为
\[ \alpha_2=10\alpha_1=0.163605. \]
对于分析浓度为 \(c\)、电离度为 \(\alpha\) 的酸溶液，
\[ [\ce{H3O+}]=[\ce{HCOO-}]=c\alpha, \qquad [\ce{HCOOH}]=c(1-\alpha). \]
因此，以浓度表示的酸的电离常数为
\[ K_a=\frac{c\alpha^2}{1-\alpha}. \]
温度恒定时，由此可得两种溶液之间的关系：
\[ \frac{c_1\alpha_1^2}{1-\alpha_1} = \frac{c_2(10\alpha_1)^2}{1-10\alpha_1}. \]
约去 \(\alpha_1^2\)，并将整理过程明确写出，得
\[ c_1(1-10\alpha_1)=100c_2(1-\alpha_1), \]
所以
\[ \frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-\alpha_1}{1-10\alpha_1}. \]
稀释过程中酸的总物质的量保持不变，因此 \(c_1V_1=c_2V_2\)。于是，
\[ \boxed{ \frac{V_2}{V_1} =\frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-0.0163605}{1-0.163605} =117.6047 \approx118 }. \]
必须保留 \(1-\alpha\) 因子，因为最终电离度约为 \(16.4\%\)；采用小电离度近似会得到不准确的稀释倍数 \(100\)。
解答已与官方解答核对。
IChO 1975 · Теоретическая задача 4
Разбавление муравьиной кислоты и степень ионизации
Значение pH раствора с массовой долей муравьиной кислоты 3 % (\(\rho = 1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}\)) равно 1.97.
Задание:
4.1 Во сколько раз следует разбавить раствор, чтобы степень ионизации увеличилась в десять раз?
Относительные атомные массы: \(A_{\mathrm r}(\ce{H}) = 1.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{C}) = 12.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{O}) = 16.\)
Условие переведено с официального английского текста.
Ответы
- 4.1: Требуемая кратность разбавления составляет \(117.6 \approx 118\): конечный объём раствора должен быть приблизительно в 118 раз больше начального объёма.
Решение
4.1
Муравьиная кислота O=CO реагирует с водой O с образованием иона гидроксония [OH3+] и формиат-иона O=C[O-]:
\[ \ce{HCOOH + H2O <=> H3O+ + HCOO-}. \]
Используем обычное приближение, заменяя активности концентрациями, и пренебрегаем автоионизацией воды.
Молярная масса муравьиной кислоты равна
\[ M=2(1.01)+12.01+2(16) =46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}}. \]
Один литр исходного раствора имеет массу
\[ m_{\text{раствора}} =(1000\ \mathrm{cm^3})(1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}) =1004.9\ \mathrm g, \]
и, следовательно, содержит \(0.03(1004.9)=30.147\ \mathrm g\) муравьиной кислоты. Её аналитическая концентрация равна
\[ c_1=\frac{30.147\ \mathrm g} {(46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}})(1\ \mathrm L)} =0.654942\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
Начальная концентрация ионов гидроксония определяется по значению pH:
\[ [\ce{H3O+}]_1 =10^{-1.97}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} =0.0107152\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
Следовательно, начальная степень ионизации равна
\[ \alpha_1=\frac{[\ce{H3O+}]_1}{c_1} =\frac{0.0107152}{0.654942} =0.0163605. \]
Таким образом, требуемая конечная степень ионизации равна
\[ \alpha_2=10\alpha_1=0.163605. \]
При аналитической концентрации кислоты \(c\) и степени ионизации \(\alpha\)
\[ [\ce{H3O+}]=[\ce{HCOO-}]=c\alpha, \qquad [\ce{HCOOH}]=c(1-\alpha). \]
Отсюда константа диссоциации кислоты, выраженная через концентрации, равна
\[ K_a=\frac{c\alpha^2}{1-\alpha}. \]
При постоянной температуре для двух растворов получаем
\[ \frac{c_1\alpha_1^2}{1-\alpha_1} = \frac{c_2(10\alpha_1)^2}{1-10\alpha_1}. \]
Сокращая на \(\alpha_1^2\) и выполняя преобразования в явном виде, получаем
\[ c_1(1-10\alpha_1)=100c_2(1-\alpha_1), \]
откуда
\[ \frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-\alpha_1}{1-10\alpha_1}. \]
При разбавлении общее количество вещества кислоты сохраняется, поэтому \(c_1V_1=c_2V_2\). Следовательно,
\[ \boxed{ \frac{V_2}{V_1} =\frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-0.0163605}{1-0.163605} =117.6047 \approx118 }. \]
Множители \(1-\alpha\) необходимо сохранить, поскольку конечная степень ионизации составляет около \(16.4\%\); приближение малой степени ионизации дало бы неточное значение кратности разбавления, равное \(100\).
Решение проверено по официальному решению.
IChO 1975 · مسألة نظرية 4
تخفيف حمض الفورميك ودرجة التأين
تساوي قيمة الأس الهيدروجيني pH لمحلول يحتوي على 3 % كتليًا من حمض الفورميك (\(\rho = 1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}\)) القيمة 1.97.
المطلوب:
4.1 كم مرة ينبغي تخفيف المحلول لزيادة قيمة درجة التأين إلى عشرة أمثالها؟
الكتل الذرية النسبية: \(A_{\mathrm r}(\ce{H}) = 1.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{C}) = 12.01;\quad A_{\mathrm r}(\ce{O}) = 16.\)
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي.
الإجابات
- 4.1: عامل التخفيف المطلوب هو \(117.6 \approx 118\): ينبغي أن يكون حجم المحلول النهائي نحو 118 ضعف الحجم الابتدائي.
الحل
4.1
يتفاعل حمض الفورميك O=CO مع الماء O ليكوّن أيون الهيدرونيوم [OH3+] وأيون الفورمات O=C[O-]:
\[ \ce{HCOOH + H2O <=> H3O+ + HCOO-}. \]
نستخدم التقريب المعتاد المتمثل في إحلال التراكيز محل الفعاليات، ونهمل التأين الذاتي للماء.
الكتلة المولية لحمض الفورميك هي
\[ M=2(1.01)+12.01+2(16) =46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}}. \]
كتلة لتر واحد من المحلول الابتدائي هي
\[ m_{\text{المحلول}} =(1000\ \mathrm{cm^3})(1.0049\ \mathrm{g\,cm^{-3}}) =1004.9\ \mathrm g, \]
ومن ثم يحتوي على \(0.03(1004.9)=30.147\ \mathrm g\) من حمض الفورميك. ويكون تركيزه التحليلي
\[ c_1=\frac{30.147\ \mathrm g} {(46.03\ \mathrm{g\,mol^{-1}})(1\ \mathrm L)} =0.654942\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
يُستنتج التركيز الابتدائي لأيون الهيدرونيوم من قيمة pH:
\[ [\ce{H3O+}]_1 =10^{-1.97}\ \mathrm{mol\,L^{-1}} =0.0107152\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. \]
وبالتالي، تكون درجة التأين الابتدائية
\[ \alpha_1=\frac{[\ce{H3O+}]_1}{c_1} =\frac{0.0107152}{0.654942} =0.0163605. \]
إذن، درجة التأين النهائية المطلوبة هي
\[ \alpha_2=10\alpha_1=0.163605. \]
عندما يكون التركيز التحليلي للحمض \(c\) ودرجة تأينه \(\alpha\)، فإن
\[ [\ce{H3O+}]=[\ce{HCOO-}]=c\alpha, \qquad [\ce{HCOOH}]=c(1-\alpha). \]
ومن ثم، يُعبَّر عن ثابت تفكك الحمض بدلالة التراكيز كما يأتي:
\[ K_a=\frac{c\alpha^2}{1-\alpha}. \]
عند ثبوت درجة الحرارة، نحصل من ذلك للمحلولين على
\[ \frac{c_1\alpha_1^2}{1-\alpha_1} = \frac{c_2(10\alpha_1)^2}{1-10\alpha_1}. \]
باختزال \(\alpha_1^2\) وإعادة الترتيب بصورة صريحة، نحصل على
\[ c_1(1-10\alpha_1)=100c_2(1-\alpha_1), \]
وعليه،
\[ \frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-\alpha_1}{1-10\alpha_1}. \]
يحافظ التخفيف على الكمية الكلية للحمض، لذا فإن \(c_1V_1=c_2V_2\). وبالتالي،
\[ \boxed{ \frac{V_2}{V_1} =\frac{c_1}{c_2} =100\frac{1-0.0163605}{1-0.163605} =117.6047 \approx118 }. \]
يجب الإبقاء على العوامل \(1-\alpha\) لأن درجة التأين النهائية تبلغ نحو \(16.4\%\)؛ إذ إن تقريب التأين الضعيف سيعطي عامل تخفيف غير دقيق مقداره \(100\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.